EXERCICE III : Les dominos ( 4 points)

EXERCICE III : LES DOMINOS (4 points)
Antilles Guyane 09/2009 Correction © http://labolycee.org
1. Équation de la trajectoire
1.1. En négligeant les frottements solides et fluides,
la bille est soumise à son poids
P m.g
entre les
points O et M exclus.
1.2. Le système {bille} est étudié dans le référentiel
terrestre supposé galiléen. La deuxième loi de
Newton impose alors :
P m.a
m.g m.a
finalement :
ag
.
1.3. On a
x0
y
dx
v = v = dt
dy
v = -gt = dt
donc
0
2
x(t) = v .t + Cte1
1
y(t)= gt + Cte2
2
d’après les conditions initiales
x(0) = Cte1 = 0
y(0)= Cte2 = 0
finalement :
0
2
x(t) = v .t
1
y(t)= gt
2
. On isole le temps « t » de la première équation que l’on reporte dans la
seconde : t =
0
x
v
 y(x) =
2
0
1x
g
2v
finalement : y(x) =
2
2
0
gx
2v
1.4. Au point M : yM =
2
M
2
0
gx
2v
2
2M
0
M
gx
v2y
En remarquant que yM < 0 et en ne conservant que la valeur positive de v0 , il vient :
2
M
0
M
gx
v2y
2
0
9,8 0,40
v2 ( 0,20)
= 2,0 m.s-1.
2. Solutions techniques pour que la bille arrive en O avec la vitesse
v0
2.1. Utilisation d’un plan incliné
2.1.1. L’énergie mécanique EM est la somme de l’énergie cinétique EC = ½.m.v² et de l’énergie
potentielle de pesanteur EP = m.g.y (compte tenu de l’orientation de l’axe Oy et de l’origine de l’énergie
potentielle de pesanteur Ep(y=0) = 0 J). Ainsi :
EM = ½.m.v2 + m.g.y
Energie mécanique en A : EM(A) = ½.m.v2A + m.g.yA
Or vA = 0 m.s-1 car la bille est lâchée du point A sans vitesse initiale donc : EM(A) = m.g.yA
2.1.2. Energie mécanique en B : EM(B) = ½.m.v2B + m.g.yB
Or yB = 0 m donc EM(B) = ½.m.v2B.
2.1.3. Le système {bille-Terre} étant conservatif, l’énergie mécanique se conserve au cours du
mouvement, ainsi : EM(A) = EM(B)  m.g.yA = ½.m.v2B
finalement avec v0 = vB: yA =
2
0
v
2.g
2.1.4. yA =
2
2,0
2 9,8
= 0,20 m
P
g

2.2. Utilisation d’un canon à bille
2.2.1. La force de rappel
F
exercée par le ressort sur la bille a pour expression :
F k.x.i
remarque : comme x < 0 alors
F
est orientée dans le même sens que le vecteur
i
.
2.2.2. On a :
op
F F k.x.i
comme x < 0 alors
op
F
possède un sens opposé au
i
.
2.2.3. Le vecteur force
op
F
n’étant pas constant au cours de la compression, le travail de la force
op
F
ne s’écrit pas WOC(
op
F
) =
op
F .OC
Par contre lorsque le point C se déplace d’une longueur élémentaire dx (entre x et x + dx), alors on peut
considérer la force
op
F
constante. On peut alors définir le travail élémentaire W(
op
F
) :
W(
op
F
) =
op
F .dx
avec
dx dx.i
(avec dx < 0).
W(
op
F
) = (k.x.
i
).
(dx.i )
= k.x.dx car
i
.
i
= 1.
En considérant maintenant le déplacement du point C entre x = 0 et x =xC on a :
WOC(
op
F
) =
C
xx
x0
k.x.dx
=
C
xx
2
x0
1.k.x
2
=
2
C
1.k.x
2
– 0 =
2
C
1.k.x
2
2.2.4. L’énergie potentielle élastique du ressort est entièrement convertie en énergie cinétique pour la
bille (énoncé). On peut alors écrire :
2
C
1.k.x
2
=
2
0
1.m.v
2
2
0
C
m.v
xk
en ne gardant ici que la solution négative car xC < 0 !
2.2.5. xC = –
32
60 10 2,0
50
= – 6,9  10–2 m = – 6,9 cm.
op
F
F